XII OM - I - Zadanie 10

Dowieść, że jeżeli równanie

\[<br />
(1) \qquad ax^3 + bx^2 + cx + d = 0<br />
\]

ma trzy pierwiastki rzeczywiste, to

\[<br />
(2) \qquad b^2 \geq ac \quad  \textrm{i} \quad   c^2 \geq bd.<br />
\]

Czy prawdziwe jest twierdzenie odwrotne?

Rozwiązanie

Jeżeli równanie (1) ma $ 3 $ pierwiastki $ x_1 $, $ x_2 $, $ x_3 $ (niekoniecznie różne), to $ a \neq 0 $ i według wzorów Viete'a

\[<br />
b = - (x_1 + x_2 + x_3) a,<br />
\]
\[<br />
b = - (x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1) a,<br />
\]
\[<br />
d =  -x_1  x_2  x_3 a.<br />
\]

Stąd

\[<br />
\begin{split}<br />
b^2 - ac &= a^2 [(x_1 + x_2 + x_3)^2- (x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)] =\\<br />
&= a^2 [x_1^2 + x_2^2 + x_3^2+ x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1] =\\<br />
&= \frac{a^2}{2} [2x_1^2 +2 x_2^2 + 2x_3^2+ 2x_1x_2 + 2x_2x_3 + 2x_3x_1] =\\<br />
&= \frac{a^2}{2} [(x_1+x_2)^2 +(x_2+x_3)^2+(x_3+x_1)^2].<br />
\end{split}<br />
\]

Jeżeli liczby $ x_1 $, $ x_2 $, $ x_3 $ są rzeczywiste, to z powyższej równości wynika, że

\[<br />
b^2 - ac \geq 0.<br />
\]

Następnie

\[<br />
\begin{split}<br />
c^2-bd &=a^2[(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)-(x_1 + x_2 + x_3)x_1x_2x_3]=\\<br />
&=a^2 [u_1^2 + u_2^2 + u_3^2+ u_1u_2 + u_2u_3 + x_3u_1],<br />
\end{split}<br />
\]

gdzie $ u_1 = x_2x_3, $ $ u_2 = x_3x_1, $ $ u_3 = x_1x_2 $; opierając się na wyniku poprzedniego rachunku otrzymujemy

\[<br />
c^2 - bd =  \frac{a^2}{2} [(u_1+u_2)^2 +(u_2+u_3)^2+(u_3+u_1)^2] \geq 0.<br />
\]

Istotnie więc zachodzą nierówności (2). Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Na przykład w równaniu $ x^2 + 2x^2 + 2x + 1 = 0 $ współczynniki spełniają warunki (2), gdy tymczasem ma ono tylko jeden pierwiastek rzeczywisty, gdyż jego lewa strona równa się iloczynowi $ (x + 1) (x^2 + x + 1) $.

Uwaga 1. Z powyższego rachunku wynika, że równość $ b^2 =ac $ ma miejsce tylko wtedy, gdy $ x_1 + x_2 = 0 $, $ x_2 + x_3 = 0 $, $ x_3 + x_1 = 0 $, tj. gdy $ x_1 = x_2 = x_3 = 0 $ równość zaś $ c^2 = bd $ zachodzi tylko wtedy, gdy $ u_1 = u_2 = u_3 = 0 $, tj. gdy co najmniej dwa z pierwiastków $ x_1 $, $ x_2 $, $ x_3 $ są równe zeru. Zachodzi więc twierdzenie mocniejsze od dowiedzionego wyżej.

Jeżeli równanie (1) ma trzy pierwiastki rzeczywiste (niekoniecznie różne), z których co najmniej dwa są różne od zera, to

\[<br />
b^2 > ac \quad  \textrm{i} \quad  c^2 > bd<br />
\]

Można udowodnić jednak twierdzenie jeszcze mocniejsze, modyfikując rozumowanie poprzednie w sposób następujący.

\[<br />
\begin{split}<br />
b^2 - 3ac &= a^2 [(x_1 + x_2 + x_3)^2- 3(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)] =\\<br />
&= a^2 [x_1^2 + x_2^2 + x_3^2- x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_1] =\\<br />
&= \frac{a^2}{2} [(x_1-x_2)^2 +(x_2-x_3)^2+(x_3-x_1)^2].<br />
\end{split}<br />
\]

i podobnie

\[<br />
c^2 - bd =  \frac{a^2}{2} [(u_1-u_2)^2 +(u_2-u_3)^2+(u_3-u_1)^2] \geq 0.<br />
\]

Otrzymujemy stąd twierdzenie:

Jeżeli równanie (1) ma 3 pierwiastki rzeczywiste, to

\[<br />
b^2 \geq 3ac \quad  \textrm{i} \quad c^2 > 3bd.<br />
\]

Równość $ b^2 = 3ac $ zachodzi tylko wtedy, gdy $ x_1 = x_2 = x_3 $, równość zaś $ c^2 = 3bd $ tylko wtedy, gdy $ x_1x_2 = x_2x_3 = x_3x_1 $ tzn. bądź gdy $ x_1 = x_2 = x_3 $, bądź gdy $ 2 $ z liczb $ x_1, x2, x3 $ są równe zeru. Możemy więc powyższe twierdzenie zastąpić mocniejszym:

Jeżeli równanie (1) ma 3 pierwiastki rzeczywiste, które nie są wszystkie sobie równe i z których co najmniej 2 są różne od zera, to

\[<br />
b^2 > 3ac \quad \textrm{i} c^2 > 3bd.<br />
\]

Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Na przykład równanie $ 4x^3 + x^2 - 2x + 1 = 0 $, czyli $ (x + 1) (4x^2 -3x+1) = 0 $ ma tylko jeden pierwiastek rzeczywisty, choć jego współczynniki spełniają powyższe warunki.

Uwaga 2. Zachodzi twierdzenie ogólne: jeżeli równanie

\[<br />
a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots + a_{n-1}x + a_n = 0<br />
\]

ma n pierwiastków rzeczywistych, to każde trzy kolejne współczynniki $ a_{k-1} $ $ a_k $, $ a_k-1 $ tego równania spełniają nierówność

\[<br />
a_k^2 \geq \frac{2m}{m-1}a_{k-1}a_k,<br />
\]

gdzie

\[<br />
m =  \binom{n}{k}=\frac{n(n-1)\ldots(n-k+1)}{1\cdot2\cdot \ldots \cdot k}.<br />
\]

W nierówności powyższej można zastąpić znak $ \geq $ znakiem $ > $, o ile pierwiastki równania nie są wszystkie sobie równe, a przy tym co najwyżej jeden pierwiastek równa się zeru.
Dowód tego twierdzenia można przeprowadzić wzorując się na dowodzie dla przypadku $ n = 3 $. Objaśnimy główną przesłankę tego dowodu.
Niech

\[<br />
\begin{split}<br />
s_1 &= x_1 + x_2 \ldots + x_n,\\<br />
s_2 &=  x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n,\\<br />
&\vdots\\<br />
s_k &= x_1x_2 \ldots x_k+ \ldots + x_{n-k + 1} x_{n-k+2} \ldots x_n,\\<br />
&\vdots \\<br />
s_n &= x_1 \ldots x_n.<br />
\end{split}<br />
\]

Wyrażenia $ s_1, s_2, \ldots, s_n $ są symetryczne względem $ x_1 x_2, \ldots x_n $ tzn. nie zmieniają wartości przy dowolnym przestawieniu (permutacji) zmiennych $ x_1, x_2, \ldots, x_n $. Są to tzw. funkcje symetryczne podstawowe tych zmiennych. Zauważmy, że $ s_k $ ma tyle składników, ile jest kombinacji z $ n $ elementów po $ k $.
Stwierdzamy najpierw, że

\[<br />
\begin{split}<br />
s_1^2-\frac{2n}{n-1}s_2&=(x_1 + x_2 \ldots + x_n)^2- \frac{2n}{n-1}(x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n) =\\<br />
&=x_1^2 + x_2^2 \ldots + x_n^2- \frac{2}{n-1}(x_1x_2 +x_1 x_3 \ldots + x_{n-1}x_n)=\\<br />
&=\frac{1}{n-1}[(n-1)x_1^2 + (n-1)x_2^2 + \ldots + (n-1)x_n^2- 2 x_1x_2 +\\<br />
& +2x_1 x_3 \ldots + 2x_{n-1}x_n]\\<br />
&=\frac{1}{n-1}[(x_1-x_2)^2+(x_1-x_3)^2+\ldots+(x_{n-1}-x_n)^2].<br />
\end{split}<br />
\]

Weźmy następnie pod uwagę $ 3 $ kolejne sumy $ s_{k-1} $, $ s_k $, $ s_{k+1} $ ($ k \geq 2 $). Oznaczmy składniki sumy $ s_k $ literami $ u_1, u_2, \ldots, u_m $; ilość tych składników równa się ilości kombinacji z $ n $ elementów po $ k $, tzn. $ m = \binom{n}{k} $.

Zauważmy następnie, że iloczyn $ s_{k-1}s_{k+1} $ jest sumą wszystkich iloczynów $ u_iu_j $. Korzystając z poprzedniego przekształcenia otrzymujemy równość:

\[<br />
\begin{split}<br />
s_k^2- \frac{2m}{m-1}s_{k-1}s_k&=(u_1+u_2+\ldots+u_n)^2 -\frac{2m}{m-1}(u_1u_2 +u_1 u_3 \ldots + u_{n-1}u_n) =\\<br />
&=\frac{1}{m-1}[(u_1-u_3)^2+\ldots (u_{n-1}-u_m)^2].<br />
\end{split}<br />
\]

Z tej równości wynika, że

\[<br />
s^2_k \geq \frac{2m}{m-1}s_{k-1}s_k,<br />
\]

przy czym znak $ \geq $ można zastąpić znakiem $ > $, o ile nie zachodzi równość $ u_1 = u_1 = \ldots = u_n $.
Dowód wypowiedzianego wyżej twierdzenia uzyskamy teraz bez żadnych trudności; pozostawiamy go jako ćwiczenie.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź